Question

已知函數(shù)f（x）=alnx，g（x）=-

1

2

x²+2x-

3

2

，a∈R．
（Ⅰ）若a=-1，求曲線y=f（x）在x=3處的切線方程；
（Ⅱ）若對(duì)任意的x∈[1，+∞），都有f（x）≥g（x）恒成立，求a的取值范圍；
（Ⅲ）求證：

2

2×1+1

+

2

2×2+1

+…+

2

2n+1

+1＜2ln（2n+3），n∈N^*．

Answer 1

分析：（Ⅰ）把a(bǔ)=-1代入函數(shù)解析式，求出f′（3），然后由點(diǎn)斜式求得切線方程；
（Ⅱ）把函數(shù)f（x）和g（x）的解析式代入f（x）≥g（x），移向后引入輔助函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)分段分析使f（x）≥g（x）恒成立的實(shí)數(shù)a的取值范圍；
（Ⅲ）在alnx≥-

1

2

x2+2x-

3

2

中取a=2，x=

2n+3

2n+1

≠1，轉(zhuǎn)化為關(guān)于n的不等式后利用累加法證明要求證的不等式．

解答：（Ⅰ）解：當(dāng)a=-1時(shí)，f（x）=-lnx，f′(x)=-

1

x

，f′(3)=-

1

3

，
∴曲線y=f（x）在x=3處的切線方程為：y+ln3=-

1

3

（x-3），即y=-

1

3

x+1-ln3；
（Ⅱ）解：f（x）≥g（x）恒成立，即alnx≥-

1

2

x2+2x-

3

2

恒成立，
也就是alnx+

1

2

x2-2x+

3

2

≥0恒成立．
令h(x)=alnx+

1

2

x2-2x+

3

2

，x≥1，則h′(x)=

x2-2x+a

x

，x≥1．
①若a≥1，則h′（x）≥0恒成立，∴h（x）在[1，+∞）上為單調(diào)遞增函數(shù)，
h（x）≥h（1）恒成立，又h（1）=0，∴a≥1符合條件；
②若a＜1，由h′（x）=0可得x=1+

1-a

和x=1-

1-a

（舍去）．
當(dāng)x∈(1，1+

1-a

)時(shí)，h′（x）0．
∴h(x)極小值=h(1+

1-a

)．
∴h(1+

1-a

)＜h(1)=0，這與h（x）≥0恒成立矛盾．
綜上，a≥1．∴a的最小值為1；
（Ⅲ）證明：由（Ⅱ）可知，當(dāng)a=2時(shí)，2lnx≥-

1

2

x2+2x-

3

2

=(x-1)-

1

2

(x-1)2，
當(dāng)且僅當(dāng)x=1時(shí)等號(hào)成立．
令x=

2n+3

2n+1

≠1，即x-1=

2

2n+1

＞0，∴2ln

2n+3

2n+1

＞

2

2n+1

-

1

2

(

2

2n+1

)2．
累加，得2(ln

5

3

+ln

7

5

+…+ln

2n+3

2n+1

)＞(

2

2×1+1

+

2

2×2+1

+…+

2

2n+1

)-2[

1

32

+

1

52

+…+

1

(2n+1)2

]
∵

2

(2n+1)2

＜

2

(2n-1)(2n+1)

=

1

2n-1

-

1

2n+1

．
∴-

2

(2n+1)2

＞-

2

(2n-1)(2n+1)

=-（

1

2n-1

-

1

2n+1

）．
2ln

2n+3

3

＞(

2

2×1+1

+

2

2×2+1

+…+

2

2n+1

)-(

1

1

-

1

2n+1

)．
2ln（2n+3）-2ln3＞(

2

2×1+1

+

2

2×2+1

+…+

2

2n+1

)-1+

1

2n+1

．
∴(

2

2×1+1

+

2

2×2+1

+…+

2

2n+1

)＜2ln(2n+3)-2ln3+1-

1

2n+1

．
∵1-2ln3-

1

2n+1

＜1-2ln3=2(1-ln3)-1＜-1，
∴2ln(2n+3)-2ln3+1-

1

2n+1

＜2ln(2n+3)-1．
∴

2

2×1+1

+

2

2×2+1

+…+

2

2n+1

+1＜2ln（2n+3），n∈N^*．

點(diǎn)評(píng)：本題考查了利用導(dǎo)數(shù)研究曲線上某點(diǎn)處的切線方程，考查了導(dǎo)數(shù)在最大值和最小值中的應(yīng)用，訓(xùn)練了函數(shù)構(gòu)造法，考查了類加法求數(shù)列的和，訓(xùn)練了利用放縮法證明不等式，是有一定難度題目．